2026年高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律（含解析）

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高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 东湖区校级期末）如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80cm，被头部重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45cm。已知足球与头部作用的时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小取g＝10m/s2。则头部对足球的平均作用力大小为（　　）
A．32N B．28N C．12N D．4N
2．（2025春 武汉期末）我们看到建筑工地上常用打桩机把桩打入地下，它的工作过程是先由电动机把重锤吊起一定的高度停止，然后释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动再次停止。若忽略空气阻力，从重锤在最高点到最后再次停止这个过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．重锤与桩的撞击过程，重锤和桩的机械能守恒
B．整个运动过程中，重锤和桩的重力势能减小
C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒
D．重锤随桩一起向下运动过程中，重锤和桩的机械能守恒
3．（2025 河南模拟）如图所示为山东省招远市龙湖公园音乐喷泉的示意图。假设某一水珠从水平地面竖直向上喷出到落回地面的过程中，水珠质量不变，不计空气阻力，则该水珠（　　）
A．从地面喷出的瞬间，重力的瞬时功率最小
B．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
C．上升过程动量的变化量与下落过程动量的变化量相同
D．上升过程动能的变化量与下落过程动能的变化量相同
4．（2025 三台县模拟）如图所示，用曝光时间间隔为Δt的相机在真空实验室拍摄羽毛与苹果同时由静止开始下落一段时间内的局部频闪照片。若当地的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．羽毛经过B点时的速度
B．2x2＝x3+x1
C．苹果在AB、BC、CD动量的变化量之比为1：3：5
D．苹果在AB、BC、CD动能的增量之比为1：3：5
5．（2025 辽宁模拟）如图所示，n个完全相同的滑块（从左到右依次编号为1，2，3，4， ，n）用等长的细线连接并静止在光滑的水平地面上，细线均绷直。现给滑块1水平向右的瞬时冲量I0，滑块1向右运动，滑块与滑块发生碰撞（碰撞时间极短）后均结合在一起继续运动。已知滑块的质量均为m，滑块均可视为质点，细线的长度均为L，则从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025春 武汉期末）黄平同学将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中。若小球运动过程中空气阻力不能忽略，它的大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程合力的冲量相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
D．上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度
7．（2025春 天津期中）下列说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体动量不变
B．两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同
C．做平抛运动的物体，相等时间内动量的变化量相同
D．两个质量相同的物体动能相同，它们的动量也一定相同
8．（2025 安康模拟）无人机在应急救援中的应用已广泛普及。在一次无人机落水救援演习中，为争取救援时间，岸上的救援人员先通过操纵无人机将救生圈送向“落水者”。如图1所示，竖直绳子的一端系于救生圈上，另一端系于无人机上。无人机悬停于“落水者”附近的水面上方由静止释放救生圈，救生圈下降过程中通过无人机上的力传感器得到绳子上的拉力随时间变化的图像如图2所示。已知救生圈的质量为2.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计绳子质量和空气阻力，则救生圈重力瞬时功率的最大值为（　　）
A．17.5W B．37.5W C．462.5W D．587.5W
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 十堰模拟）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s内可输送小麦的质量为20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m的长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为40W
B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小约为120N
C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s
D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N
（多选）10．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M＝2kg的小车，车上的水平轨道与半径R＝0.9m的四分之一光滑圆弧轨道在A点相切。在水平轨道的右端固定一个轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B间距离L＝2.4m。一个质量m＝1kg可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝6m/s的速度开始滑下，已知重力加速度g＝10m/s2，小物块与水平轨道AB段的动摩擦因数μ＝0.3，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。则在以后的运动过程中（　　）
A．小车的最大速度为3m/s
B．弹簧的最大弹性势能为27J
C．小物块运动过程中弹簧共被压缩2次
D．小车运动的总位移大小为0.5m
（多选）11．（2025春 未央区校级期末） 2024年7月21日，特鲁姆普经过16局大战以11比5击败对手肖恩 墨菲，获得2024年斯诺克上海大师赛冠军。如图所示，某次特鲁姆普击打白球撞击静止的绿球，白球、绿球和底袋在一条直线上，碰撞前瞬间白球的动能为E，碰撞后瞬间绿球的动能为，碰撞时间极短。已知白球和绿球的质量相等，则下列说法正确的是（　　）
A．该碰撞为弹性碰撞
B．碰撞后瞬间白球的动能为
C．该碰撞损失的动能为
D．碰后白球与绿球的速度比为1：2
（多选）12．（2025 香洲区校级模拟）如图甲，在杂技表演中，表演者平躺在水平地面上，腹部上平放一块石板，助手用铁锤猛击石板，石板裂开而表演者没有受伤（危险节目，请勿模仿）。其原理可简化为图乙所示：质量为m的铁锤视为从石板上方高h处由静止自由落下，竖直砸中石板，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后，铁锤与石板一起向下运动距离d后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的变化规律近似如图丙所示，已知石板的质量为铁锤质量的k倍，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．铁锤与石板碰撞后的共同速度大小
B．碰撞过程中系统机械能的损失量
C．弹性气囊A对石板作用力的最大值
D．弹性气囊A对石板作用力做的功为
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 丰泽区期末）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动。A、B相距最近时，B的速度等于 　 　 ；弹簧与B分离后，B的速度等于 　 　 。
14．（2025春 龙岩期中）如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力F大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，则在0～4s时间内，重力对物块的冲量大小为　 　 N s；拉力F对物块的冲量大小为　 　 N s；物块动量的变化量大小为　 　 kg m/s。
15．（2025春 和平区校级期中）如图为沿同一直线运动的A、B两小球碰撞前后的x﹣t图像。其中直线a、b分别为小球A、B碰撞前的x﹣t图线，直线c为碰撞后两球的x﹣t图线。若A球质量为1kg，则B球的质量为 　 　 kg；碰撞过程中A球对B球的冲量为 　 　 ，A、B球系统机械能变化为 　 　 J。
16．（2025春 天河区校级期中）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以v1的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，则砖头缓冲过程中，对手的压力大小为 　 　 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 合肥期末）如图所示，质量M＝2kg的长木板a静止在光滑的水平地面上，质量m＝0.99kg可视为质点的小木块b静止在长木板左端，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3。质量m0＝0.01kg的子弹以v0＝300m/s的速度水平向右击中小木块并留在木块中（子弹进入木块的时间非常短），小木块最终未从长木板滑下。小木块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小木块b开始运动时的速度大小；
（2）长木板a的最小长度。
18．（2025春 未央区校级期末）如图所示，半径为R＝0.18m、质量为m0＝1kg的光滑半圆形轨道固定在光滑水平面上，其左侧有一质量为M＝1kg的木板AB，木板上表面与半圆形轨道最低点C等高，木板右端B到C点的距离为Δx＝0.4m。一质量为m＝1kg、可视为质点的物块从木板左端A以一定速度水平向右冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，当物块恰好到达木板B端时，木板与半圆形轨道碰撞并立即粘在一起，物块无能量损失地滑上半圆形轨道，恰好能够从轨道最高点D飞出，重力加速度g取10m/s2。
（1）计算物块在C点时对轨道的压力大小F；
（2）求木板的长度L；
（3）若解除对半圆形轨道的固定，其他条件不变，判断物块能否到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
19．（2025 毕节市模拟）如图所示，将质量分别为3m和m的木块A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接，弹簧处于原长状态。一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射击木块A并留在其中（射击时间极短），经历t0的时间，木块A运动了l的位移，弹簧第一次被压缩最短，且在弹性限度内。求：
（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小。
20．（2025 惠州模拟）小明根据自己所学知识在公园里设计了一款新型射击游戏，如图所示，水平横杆上用轻绳悬挂一小沙袋，小沙袋可视为质点，机枪射出子弹后击中小沙袋（未穿出），小沙袋会将绳子瞬间拉断继续飞行并击中墙壁上的目标P才算游戏成功。已知轻绳长L＝0.5m，子弹的质量m＝0.02kg，小沙袋的质量M＝0.98kg，目标点P距水平横杆的竖直高度为0.7m，重力加速度g＝10m/s2。某次射击时子弹以v0＝100m/s的速度从枪口水平射出，子弹击中小沙袋前速度可认为不变，击中小沙袋后轻绳刚好被拉断，随后击中目标点P，求：
（1）轻绳能承受的最大拉力；
（2）小沙袋悬挂点距离目标P的水平距离。
高考物理一轮复习 动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 东湖区校级期末）如图，一学生练习用头颠球。某次足球由静止开始自由下落80cm，被头部重新顶起，离开头部后足球竖直上升的最大高度为45cm。已知足球与头部作用的时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小取g＝10m/s2。则头部对足球的平均作用力大小为（　　）
A．32N B．28N C．12N D．4N
【考点】用动量定理求平均作用力．
【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据自由落体与竖直上抛运动规律求解下落与上升时的速度，然后根据动量定理分析。
【解答】解：设足球从高处自由落下根头部接触瞬间速度大小为v1，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2，有，，
解得，，
取向上为正方向，根据动量定理有（F﹣mg）t＝mv2﹣m（﹣v1），
解得F32N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查对自由落体运动规律及动量定理的理解，清楚足球下落与上升时的速度是关键。
2．（2025春 武汉期末）我们看到建筑工地上常用打桩机把桩打入地下，它的工作过程是先由电动机把重锤吊起一定的高度停止，然后释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动再次停止。若忽略空气阻力，从重锤在最高点到最后再次停止这个过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．重锤与桩的撞击过程，重锤和桩的机械能守恒
B．整个运动过程中，重锤和桩的重力势能减小
C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒
D．重锤随桩一起向下运动过程中，重锤和桩的机械能守恒
【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．
【专题】定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；理解能力．
【答案】B
【分析】只有在重力或弹簧弹力做功的情形下，物体的重力势能或弹性势能和动能发生相互转化，总机械能保持不变。
动量守恒定律：一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。
【解答】解：A、重锤与桩的撞击过程中，会产生内能，所以重锤与桩的撞击过程中机械能不守恒，故A错误；
B、重锤随桩一起向下运动过程中，总高度逐渐减小，重锤和桩的重力势能减小，故B正确；
C、整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，可知系统过程中不满足动量守恒，故C错误；
D、重锤随桩一起向下运动过程中，需要克服阻力做功，所以重锤随桩一起向下运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对动量守恒、机械能守恒的理解，清楚其定义。
3．（2025 河南模拟）如图所示为山东省招远市龙湖公园音乐喷泉的示意图。假设某一水珠从水平地面竖直向上喷出到落回地面的过程中，水珠质量不变，不计空气阻力，则该水珠（　　）
A．从地面喷出的瞬间，重力的瞬时功率最小
B．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
C．上升过程动量的变化量与下落过程动量的变化量相同
D．上升过程动能的变化量与下落过程动能的变化量相同
【考点】动量变化量的计算；超重与失重的概念、特点和判断；瞬时功率的计算；动能变化量的计算．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A、根据速度的变化情况分析。
B、根据加速度的方向分析；
C、动量变化量是矢量，有方向，动量变化量用末动量减去初动量分析。
D、动能变化量是标量，有正负，但正负不表示方向，正负表示动能增加还是减小，动能变化量用末动能减去初动能。
【解答】解：A、水珠重力的瞬时功率P＝mgv，水珠从地面喷出的瞬间，速度最大，则重力的瞬时功率最大，故A错误；
B、上升过程和下落过程都只受重力作用，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；
C、设水珠从地面喷出的瞬间速度为v，以向上为正方向，则上升过程动量变化量为Δp＝0﹣mv＝﹣mv，下降过程动量变化量为Δp′＝﹣mv﹣0＝﹣mv，故变化量相同，故C正确；
D、上升过程末动能为0，初动能大于0，动能变化量为负；下降过程末动能大于0，初动能为0，动能变化量为正，两过程的动能变化量不相等，故D错误。
故选：C。
【点评】考查对瞬时功率、超重、失重、动量变化量、动能变化量的理解，清楚各物理量的定义。
4．（2025 三台县模拟）如图所示，用曝光时间间隔为Δt的相机在真空实验室拍摄羽毛与苹果同时由静止开始下落一段时间内的局部频闪照片。若当地的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．羽毛经过B点时的速度
B．2x2＝x3+x1
C．苹果在AB、BC、CD动量的变化量之比为1：3：5
D．苹果在AB、BC、CD动能的增量之比为1：3：5
【考点】动量变化量的计算；自由落体运动的规律及应用；动能变化量的计算．
【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A、中间时刻的瞬时速度等于初速度和末速度的算术平均值；
B、匀变速直线运动在任意相等的时间间隔内，位移之差都是相同的；
CD、根据速度的变化关系分析。
【解答】解：A.羽毛经过B点时的速度，故A错误；
B.匀变速直线运动中，相邻的相等时间内的位移之差是一定值，可得x3﹣x2＝x2﹣x1，得2x2＝x3+x1，故B正确；
C、根据Δv＝aΔt，相同时间内速度的变化量相同，故动量的变化量相同，故C错误
D.根据匀变速直线运动规律，若苹果在A点速度为0，则苹果在AB、BC、CD末的速度为v1＝g Δt，v2＝g 2Δt，v3＝g 3Δt，可知动能的增量之比为1：3：5，若苹果在A点速度为0，则动能的增量之比不为1：3：5，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对自由落体运动规律及动量定理、动能定理的理解，根据关系式分析即可。
5．（2025 辽宁模拟）如图所示，n个完全相同的滑块（从左到右依次编号为1，2，3，4， ，n）用等长的细线连接并静止在光滑的水平地面上，细线均绷直。现给滑块1水平向右的瞬时冲量I0，滑块1向右运动，滑块与滑块发生碰撞（碰撞时间极短）后均结合在一起继续运动。已知滑块的质量均为m，滑块均可视为质点，细线的长度均为L，则从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据冲量表达式求出滑块的初速度，根据动量守恒结合数学思想求出从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间。
【解答】解：规定以水平向右的方向为正方向，由滑块1获得瞬时冲量有
I0＝mv0
由滑块1、2发生碰撞有
mv0＝2mv1
解得
由滑块1、2构成的整体与滑块3发生碰撞有
mv0＝3mv2
解得
同理，滑块 （n﹣1）碰撞后的速度大小
从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查动量守恒定律，目的是考查学生的创新能力，注意正方向的规定。
6．（2025春 武汉期末）黄平同学将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中。若小球运动过程中空气阻力不能忽略，它的大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程合力的冲量相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
D．上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度
【考点】求变力的冲量；竖直上抛运动的规律及应用；判断机械能是否守恒及如何变化．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】CD、根据小球所受空气阻力与重力的方向变化情况分析合力的变化，由此分析加速度的大小；
A、根据动量变化量分析冲量；
B、根据上升与下落经过同一位置时的阻力大小分析阻力做功，进而分析机械能损失情况。
【解答】解：CD、小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故C错误、D正确；
A、小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故A错误；
B、经同一位置，上升与下落经过同一位置时的速度上升时更大，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：D。
【点评】考查对物体受力情况及功的理解，关键要分析出上升与下落时速度的区别。
7．（2025春 天津期中）下列说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体动量不变
B．两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同
C．做平抛运动的物体，相等时间内动量的变化量相同
D．两个质量相同的物体动能相同，它们的动量也一定相同
【考点】动量和动能的区别与联系；平抛运动速度的计算；动量大小的影响因素及比较．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据动量的矢量性、动能和动量的关系式进行分析解答。
【解答】解：A.动量是矢量，做匀速圆周运动的物体，动量方向发生改变，故A错误；
BD.根据动能和动量的关系Ek可知，两个物体动量相同它们的动能不一定相同，两个质量相同的物体动能相同，它们的动量大小一定相同，但方向不一定相同，故BD错误；
C.做平抛运动的物体，由于加速度恒定，相等时间内速度的变化量相同，则相等时间内动量的变化量相同，故C正确。
故选：C。
【点评】考查动量的矢量性、动能和动量的关系式，会根据题意进行准确分析解答。
8．（2025 安康模拟）无人机在应急救援中的应用已广泛普及。在一次无人机落水救援演习中，为争取救援时间，岸上的救援人员先通过操纵无人机将救生圈送向“落水者”。如图1所示，竖直绳子的一端系于救生圈上，另一端系于无人机上。无人机悬停于“落水者”附近的水面上方由静止释放救生圈，救生圈下降过程中通过无人机上的力传感器得到绳子上的拉力随时间变化的图像如图2所示。已知救生圈的质量为2.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计绳子质量和空气阻力，则救生圈重力瞬时功率的最大值为（　　）
A．17.5W B．37.5W C．462.5W D．587.5W
【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据拉力的变化与重力的关系分析救生圈的受力情况，进而分析其运动情况，由此可得其速度最大时的时间段，即重力瞬时功率最大的时间段，运用牛顿第二定律求解其最大速度，进而求得重力瞬时功率。
【解答】解：由题图2可知，0～2s内，救生圈向下做匀加速直线运动，2～2.5s内，救生圈做匀速直线运动，2.5s 后做匀减速直线运动，可知2～2.5s内，救生圈的速度最大，重力瞬时功率最大，在以向下为正方向，设t＝2s时救生圈的速度为v，由牛顿第二定律得，解得v＝at＝0.75×2m/s＝1.5m/s，则救生圈重力瞬时功率的最大值PG＝mgv＝2.5×10×1.5W＝37.5W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查对牛顿第二定律、瞬时功率的理解，关键要清楚救生圈的运动情况，能够根据合力的变化分析其运动状态。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 十堰模拟）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s内可输送小麦的质量为20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m的长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为40W
B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小约为120N
C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s
D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N
【考点】用动量定理求平均作用力；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】A、根据动能定理分析小麦动能和重力势能的变化，由此分析功率；
B、根据速度—位移公式求解落在车厢底部的末速度，根据动量定理分析平均冲击力；
C、根据运动学公式分析；
D、根据动量定理Ft＝mv分析；
【解答】解：A、由题意可知，每秒内质量为20kg的小麦动能增加40J，小麦的重力势能也增加，送料管对小麦做功的功率大于40W，故A错误；
B、小麦下落的初速度v0＝2m/s，设落在车厢底部的末速度为v，由速度—位移公式有2gh，解得v6m/s，极短时间Δt内落到车厢底部的小麦质量为Δm＝kΔt（k＝20kg/s），小麦落到车厢底部速度即刻变为零，以向下为正方向，由动量定理可得﹣FΔt＝0﹣Δmv，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小F′＝F＝kv＝20×6N＝120N，故B正确；
C、设收割机匀速行驶的速度为v1，货车匀速行驶的速度为v2，v2t﹣v1t＝L，，解得：t＝500s，v2＝1.03m/s，故C正确；
D、对小麦在水平方向由动量定理可得FxΔt＝Δm（v2﹣v1），解得Fx＝k（v2﹣v1）＝20×（1.03﹣1）N＝0.6N，所以小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N，故D正确。
故选：BCD。
【点评】考查对匀变速直线运动和动量定理的理解，熟悉运动学公式的运用，清楚冲量与动量变化量的关系。
（多选）10．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M＝2kg的小车，车上的水平轨道与半径R＝0.9m的四分之一光滑圆弧轨道在A点相切。在水平轨道的右端固定一个轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B间距离L＝2.4m。一个质量m＝1kg可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以v0＝6m/s的速度开始滑下，已知重力加速度g＝10m/s2，小物块与水平轨道AB段的动摩擦因数μ＝0.3，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。则在以后的运动过程中（　　）
A．小车的最大速度为3m/s
B．弹簧的最大弹性势能为27J
C．小物块运动过程中弹簧共被压缩2次
D．小车运动的总位移大小为0.5m
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】根据小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，结合当小物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，综合摩擦力做功小号的热量分析求解。
【解答】解：A．小物块和小车水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为v1，此时小物块的速度为v2，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有Mv1＝mv2
由系统的机械能守恒有
代入数据解得v1＝3m/s，v2＝6m/s
故A正确；
B．当小物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律得0＝（m+M）v
解得v＝0
弹簧的最大弹性势能，
故B错误；
CD．设小物块与小车由于相对运动而摩擦生热的总路程为s，有
解得s＝9m
由s＝（2.4+2.4+2.4+1.8）m
可知小物块压缩弹簧2次，小物块最终停在A点右边0.6m处，由水平方向动量守恒知，最终小车与物块都静止，设整个过程小车的总位移大小为x，则物块的水平位移大小为R+0.6﹣x，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律得m（R+0.6﹣x）＝Mx
代入数据得x＝0.5m
所以小车运动的总位移大小为0.5m，故CD正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了动量和能量，理解物体在不同时刻的运动状态，合理选取分析对象，正确受力分析是解决此类问题的关键。
（多选）11．（2025春 未央区校级期末） 2024年7月21日，特鲁姆普经过16局大战以11比5击败对手肖恩 墨菲，获得2024年斯诺克上海大师赛冠军。如图所示，某次特鲁姆普击打白球撞击静止的绿球，白球、绿球和底袋在一条直线上，碰撞前瞬间白球的动能为E，碰撞后瞬间绿球的动能为，碰撞时间极短。已知白球和绿球的质量相等，则下列说法正确的是（　　）
A．该碰撞为弹性碰撞
B．碰撞后瞬间白球的动能为
C．该碰撞损失的动能为
D．碰后白球与绿球的速度比为1：2
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】根据动量守恒定律求出碰后白球的动量，进而求出碰后白球的动能，计算该碰撞损失的动能，再判断碰撞的类型；两球质量相同，由公式p＝mv求解碰后蓝球与白球的速度之比。
【解答】解：B、根据动量与动能的关系可知，碰前白球的动量为
碰后绿球的动量为
两球碰撞的过程动量守恒，取碰撞前白球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
p0＝p1+p2
可得碰后白球的动量为
所以碰后白球的动能为E1，故B错误；
AC、该碰撞损失的动能为0，故该碰撞为非弹性碰撞，故A错误，C正确；
D、两球质量相同，由公式p＝mv可知v∝p，则碰后白球与绿球的速度之比为1：2，故D正确。
故选：CD。
【点评】解答本题的关键要碰撞的基本规律：动量守恒定律，以及动量与动能的关系：p。
（多选）12．（2025 香洲区校级模拟）如图甲，在杂技表演中，表演者平躺在水平地面上，腹部上平放一块石板，助手用铁锤猛击石板，石板裂开而表演者没有受伤（危险节目，请勿模仿）。其原理可简化为图乙所示：质量为m的铁锤视为从石板上方高h处由静止自由落下，竖直砸中石板，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后，铁锤与石板一起向下运动距离d后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的变化规律近似如图丙所示，已知石板的质量为铁锤质量的k倍，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．铁锤与石板碰撞后的共同速度大小
B．碰撞过程中系统机械能的损失量
C．弹性气囊A对石板作用力的最大值
D．弹性气囊A对石板作用力做的功为
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化；用动量定理求平均作用力．
【专题】定量思想；类比法；动量和能量的综合；模型建构能力．
【答案】BC
【分析】由运动学规律求得求得铁锤与石板碰撞前的速度，再根据动量守恒定律求铁锤与石板碰撞后的共同速度；
根据能量守恒定律求碰撞过程中，铁锤与石板构成的系统机械能的损失量；
据动能定理求弹性气囊A对石板作用力做的功大小。根据F﹣x图像与横轴所围几何图形的面积再结合D选项的分析求弹性气囊A对石板作用力的最大值。
【解答】解：A、由运动学规律可知，铁锤将要接触石板时的速度：
对铁锤和石板系统由动量守恒定律：mv0＝（m+km）v
整理解得：，故A错误；
B、由能量守恒定律可知，碰撞过程中系统机械能的损失量：，故B正确；
CD、铁锤和石板一起向下运动d的过程由动能定理
由题图面积可知：
从而解得：，。故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚铁锤的运动过程是解题的前提，应用动能定理、能量守恒定律与动量守恒定律即可解题。
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 丰泽区期末）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动。A、B相距最近时，B的速度等于 　　 ；弹簧与B分离后，B的速度等于 　0　 。
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】，0。
【分析】当A和B的速度相同时，A、B相距最近，根据动量守恒定律求此时两者的共同速度。根据动量守恒定律和机械能守恒定律求弹簧与B分离后B的速度。
【解答】解：A、B相距最近时，A、B速度相同，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv＝2mv共
解得此时A、B的速度均为
弹簧恢复原长时，弹簧与B分离，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv＝mvA+mvB
联立解得
vA＝v，vB＝0
故答案为：，0。
【点评】本题采用类比的方法分析，相当于质量相等的两个小球发生弹性碰撞，碰撞后交换速度。
14．（2025春 龙岩期中）如图甲所示，质量为2kg的物块静止放置在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块施加一水平方向的拉力F，拉力F大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，则在0～4s时间内，重力对物块的冲量大小为　80　 N s；拉力F对物块的冲量大小为　40　 N s；物块动量的变化量大小为　10　 kg m/s。
【考点】动量定理的内容和应用；求恒力的冲量．
【专题】定量思想；图析法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】80；40；10。
【分析】根据冲量的定义分析重力与拉力的冲量；
分析0～4s内，摩擦力对物块的冲量大小，根据冲量等于动量变化量分析。
【解答】解：在0～4s内，重力对物块的冲量大小为IG＝mgt＝2×10×4N s＝80N s；
在0～4s内，拉力F对物块的冲量大小为N s＝40N s；
物块受到的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.5×2×10N＝10N，
可知0～2s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；2s～4s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在0～4s内，摩擦力对物块的冲量大小为N s+10×2N s＝30N s，在水平方向由动量定理可知，动量变化量：△P＝I﹣If＝（40﹣30）kg m/s＝10kg m/s。
故答案为：80；40；10。
【点评】考查对动量定理的理解，清楚冲量与动量变化量的关系。
15．（2025春 和平区校级期中）如图为沿同一直线运动的A、B两小球碰撞前后的x﹣t图像。其中直线a、b分别为小球A、B碰撞前的x﹣t图线，直线c为碰撞后两球的x﹣t图线。若A球质量为1kg，则B球的质量为 　　 kg；碰撞过程中A球对B球的冲量为 　﹣2kg m/s　 ，A、B球系统机械能变化为 　﹣5　 J。
【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．
【专题】应用题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】；﹣2kg m/s；﹣5。
【分析】根据图示x﹣t图像求出碰撞前后小球的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出B的质量；应用动量定理求出A对B的冲量；根据碰撞前后的机械能求出碰撞前后机械能的变化。
【解答】解：由图示图像可知，碰撞前A球的速度vAm/s＝﹣3m/s
碰撞前B球的速度vBm/s＝2m/s，碰撞后两球的速度vm/s＝﹣1m/s
碰撞过程系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，代入数据解得mBkg
对B球，由动量定理得I＝mBv﹣mBvB（﹣1）kg m/s2kg m/s＝﹣2kg m/s
A、B系统机械能的变化ΔE，
代入数据解得ΔE＝﹣5J，即机械能减少了5J
故答案为：；﹣2kg m/s；﹣5。
【点评】本题主要考查了x﹣t图像、动量守恒定律和动量定理的直接应用，要求同学们能根据图像的斜率求出碰撞前后两球的速度。
16．（2025春 天河区校级期中）用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后，小铁锤以v1的速率反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，则砖头缓冲过程中，对手的压力大小为 　　 。
【考点】用动量定理求平均作用力；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】。
【分析】根据动量定理求出铁锤的动量变化量，然后由动量守恒定律分析砖头的动量变化量，进而由动量定理公式求解手对砖头的支持力，根据牛顿第三定律可知砖头对手的压力。
【解答】解：以方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得，在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为；在击打过程中，铁锤与砖头由动量守恒定律可得Mv，解得Mv，砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得，解得手对砖头的支持力为，由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为。
故答案为：。
【点评】考查对动量定理和动量守恒定律的理解，关键是清楚冲量、动量变化量的关联。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 合肥期末）如图所示，质量M＝2kg的长木板a静止在光滑的水平地面上，质量m＝0.99kg可视为质点的小木块b静止在长木板左端，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3。质量m0＝0.01kg的子弹以v0＝300m/s的速度水平向右击中小木块并留在木块中（子弹进入木块的时间非常短），小木块最终未从长木板滑下。小木块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小木块b开始运动时的速度大小；
（2）长木板a的最小长度。
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）小木块b开始运动时的速度大小为3m/s；
（2）长木板a的最小长度为1m。
【分析】（1）子弹击中小木块的过程，应用动量守恒定律求出小木块获得的速度。
（2）小木块最终未从长木板滑下，两者速度相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求长木板a的最小长度。
【解答】解：（1）设子弹击中小木块后子弹与小木块的共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
m0v0＝（m0+m）v
解得v＝3m/s
（2）小木块在长木板上滑动过程，小木块与长木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
（m0+m）v＝（m0+m+M）v1
根据能量守恒定律得
解得长木板的最小长度l＝1m
答：（1）小木块b开始运动时的速度大小为3m/s；
（2）长木板a的最小长度为1m。
【点评】根据题意分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
18．（2025春 未央区校级期末）如图所示，半径为R＝0.18m、质量为m0＝1kg的光滑半圆形轨道固定在光滑水平面上，其左侧有一质量为M＝1kg的木板AB，木板上表面与半圆形轨道最低点C等高，木板右端B到C点的距离为Δx＝0.4m。一质量为m＝1kg、可视为质点的物块从木板左端A以一定速度水平向右冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，当物块恰好到达木板B端时，木板与半圆形轨道碰撞并立即粘在一起，物块无能量损失地滑上半圆形轨道，恰好能够从轨道最高点D飞出，重力加速度g取10m/s2。
（1）计算物块在C点时对轨道的压力大小F；
（2）求木板的长度L；
（3）若解除对半圆形轨道的固定，其他条件不变，判断物块能否到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第三定律的理解与应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）物块在C点时对轨道的压力大小F为60N；
（2）木板的长度L为1.2m；
（3）若解除对半圆形轨道的固定，其他条件不变，物块不能到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
【分析】（1）根据合外力提供向心力，对在D点对物块受力分析，结合动能定理和牛顿第三定律分析求解；
（2）根据物块在木板上运动时，对物块和木板分别受力分析，结合位移之间的关系分析求解；
（3）根据碰撞过程动量守恒，结合从开始到物块到达E，系统水平方向动量守恒，综合机械能守恒分析求解。
【解答】解：（1）在D点对物块m受力分析
物块从C到D由动能定理
在C点根据牛顿第二定律有
结合牛顿第三定律，可得F＝FN＝60N
（2）物块在木板上运动时，对物块和木板分别受力分析有μmg＝ma1，μmg＝Ma2
设木板需要时间t1与半圆形轨道碰撞，则
解得t1＝0.4s
物块的初速度为v0＝vC+a1t1
解得：v0＝5m/s
物块的位移为x1
解得：x1＝1.6m
木板的长度为L＝x1﹣Δx
解得：L＝1.2m
（3）木板与半圆轨道相撞时木板的速度为的v1＝a2t1
解得：v1＝2m/s
以水平向右为正方向，碰撞过程动量守恒Mv1＝（M+m0）v2
假设物块可以到达E点，从开始到物块到达E，以水平向右为正方向，对系统水平方向动量守恒mv0＝（M+m+m0）v
从碰撞结束到物块到达E点，设物块到E点时竖直速度为vE，根据能量守恒有
上述方程解得，故物块不能到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
答：（1）物块在C点时对轨道的压力大小F为60N；
（2）木板的长度L为1.2m；
（3）若解除对半圆形轨道的固定，其他条件不变，物块不能到达半圆形轨道上与圆心等高的E点。
【点评】本题考查了动量和能量，理解物体在不同时刻的运动状态，合理选取分析对象，正确受力分析是解决此类问题的关键。
19．（2025 毕节市模拟）如图所示，将质量分别为3m和m的木块A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接，弹簧处于原长状态。一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射击木块A并留在其中（射击时间极短），经历t0的时间，木块A运动了l的位移，弹簧第一次被压缩最短，且在弹性限度内。求：
（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．
【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比为3：5；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小为v0t0﹣4l。
【分析】（1）子弹射击甲的过程，以子弹与木块甲组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出子弹射入甲后的共同速度。A、B共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律求弹簧的最大弹性势能；
（2）从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧第一次时木块A的速度。根据对称性确定弹簧第二次恢复原长时木块A的速度，再求弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比。
（3）根据动量守恒定律，以及位移与速度的关系，利用积分法求弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小。
【解答】解：（1）子弹射击甲的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝4mv1
A、B共速时，弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
4mv1＝5mv2
解得
（2）从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
4mv1＝4mvA+mvB，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时A的速度为v1，则
（3）在弹簧第一次被压缩过程中，设t时刻A、B的速度分别为vA1和vB1，则取向右为正方向，由动量守恒定律得
4mv1＝4mvA1+mvB1
经过Δt→0的时间内A、B运动的位移分别为
ΔxA1＝vA1Δt，ΔxB1＝vB1Δt
故4mv1Δt＝4mΔxA1+mΔxB1
在t0的时间内，累积可得
4mv1t0＝4ml+mxB
解得xB＝v0t0﹣4l
答：（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能为；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比为3：5；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小为v0t0﹣4l。
【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，解题时要注意在子弹射入木块甲的过程中系统动量守恒，但机械能不守恒。
20．（2025 惠州模拟）小明根据自己所学知识在公园里设计了一款新型射击游戏，如图所示，水平横杆上用轻绳悬挂一小沙袋，小沙袋可视为质点，机枪射出子弹后击中小沙袋（未穿出），小沙袋会将绳子瞬间拉断继续飞行并击中墙壁上的目标P才算游戏成功。已知轻绳长L＝0.5m，子弹的质量m＝0.02kg，小沙袋的质量M＝0.98kg，目标点P距水平横杆的竖直高度为0.7m，重力加速度g＝10m/s2。某次射击时子弹以v0＝100m/s的速度从枪口水平射出，子弹击中小沙袋前速度可认为不变，击中小沙袋后轻绳刚好被拉断，随后击中目标点P，求：
（1）轻绳能承受的最大拉力；
（2）小沙袋悬挂点距离目标P的水平距离。
【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【答案】（1）轻绳能承受的最大拉力是18N；
（2）小沙袋悬挂点距离目标P的水平距离是0.4m。
【分析】（1）子弹击中沙袋过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出沙袋的速度，应用牛顿第二定律求出轻绳承受的最大拉力。
（2）轻绳断裂后沙袋做平抛运动，应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）子弹击中物块过程系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v
代入数据解得v＝2m/s
子弹击中物块后的瞬间，对沙袋与子弹整体，
由牛顿第二定律得
代入数据解得T＝18N
（2）轻绳被拉断后物块做平抛运动，沙袋竖直下落高度h＝0.7m﹣0.5m＝0.2m
竖直方向，水平方向x＝vt
代入数据解得x＝0.4m
答：（1）轻绳能承受的最大拉力是18N；
（2）小沙袋悬挂点距离目标P的水平距离是0.4m。
【点评】本题考查了动量守恒定律与运动学公式的应用，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
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